Lösung Blatt 1

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Anmerkungen zu den Korrekturen
Bei folgenden Begriffen traten z.T. Schwierigkeiten auf:
1.1
Nebenklassen
1. Ist (G, ·) eine Gruppe, so ist für Teilmengen A, B ⊂ G die Menge A · B
definiert als
A · B := {ab | a ∈ A, b ∈ B} .
Ist g ∈ G ein Gruppenelement und A ⊂ G eine Teilmenge, so ist
g · A := {g} A = {ga | a ∈ A} .
Im Fall der Gruppe Z = (Z, +) und der Teilmenge Z ⊂ Z gilt:
Z+Z = Z
2 Z = {z ∈ Z | z ist gerade}
und
insbesondere ist also Z + Z 6= 2 Z
2. Ist speziell U eine Untergruppe von G so gilt für alle u ∈ U
uU = U
3. Die Gruppe Z /m Z hat die Teilmengen a+m Z mit a ∈ Z als Elemente.
Diese Mengen sollten nicht mit der Zahl a identifiziert werden.
So werden auch unsinnige Gleichungen wie
a + mZ = b
mit a, b ∈ Z vermieden.
1.2
Homomorphismen
1. Lineare Abbildungen sind Abbildungen zwischen k-Vektorräumen (k
ein Körper). Die meisten Abbildungen zwischen Gruppen, die man
betrachten möchte, sind Gruppenhomomorphismen. Diese nennt man
auch kurz Homomorphismen, allerdings nicht lineare Abbildungen.
2. Für allgemeine Gruppen gibt es keinen Basis-Begriff, wie im Fall von
Vektorräumen. Die sogenannten freien Gruppen werden so definiert,
dass sie Basen“ besitzen. Die definierende Eigenschaft unterscheidet
”
sich aber konzeptionell von der aus der linearen Algebra bekannten
Definition der Basis eines Vektorraums.
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3. Sind G, H Gruppen, S ⊂ G ein Erzeugendensystem und ϕ : G → H
ein Homomorphismus, so ist ϕ eindeutig festgelegt durch ϕ(s) mit
s ∈ S.
Warnung: Nicht jede Zuordnung s 7→ h mit s ∈ S und h ∈ H
definiert einen Gruppenhomomorphismus. Im Regelfall wird so nicht
einmal eine Abbildung definiert, wenn φ(st) = φ(s) · φ(t) für alle s, t ∈
S gelten soll.
4. Ein (Gruppen-)Isomorphismus ist nach Defnition ein bijektiver Gruppenhomomorphismus.
Wenn man zeigen möchte, dass zwei Gruppen G, H isomorph sind,
dann muss ein Isomorphismus angegeben werden.
5. Wenn man zeigen möchte, dass ein Gruppenhomomorphismus φ : G →
H bijektiv ist, dann gibt es zwei (konzeptionell verschiedene) Möglichkeiten:
(a) Man zeigt, dass die Abbildung φ injektiv und surjektiv ist.
(b) Man zeigt, dass es eine Abbildung ψ : H → G gibt, so dass
ψφ = idG und φψ = idH gilt.
6. Annmerkungen zu den obigen beiden Punkten
(a) Dass ein Gruppenhomomorphismus φ : G → H injektiv ist, ist
äquivalent zu der Aussage ker φ = {1}.
(b) Die Gleichung ψφ = idG sagt, dass ψ ein Linksinverses zu φ ist.
Dies sagt insbesondere, dass φ injektiv ist.
Die Gleichung φψ = idH sagt, dass ψ ein Rechtsinverses zu φ ist.
Dies sagt insbesondere, dass φ surjektiv ist.
Dass ψ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss nicht gezeigt
werden, weil es die Umkehrabbildung zu φ ist. Die Umkehrabbildung eines Gruppenhomomorphismus ist immer ein Gruppenhomomorphismus.
1.3
Gruppenwirkungen
1. Es ist nicht sinnvoll davon zu sprechen, dass eine Gruppenwirkung die
”
Identität“ ist. Man sagt: Die Gruppenwirkung ist trivial.
2. Wenn man alle Gruppenoperationen von einer Gruppe G auf einer
Menge A angeben möchte, dann genügt es die Linksoperationen anzugeben. Dies hat nichts damit zu tun, ob G kommutativ ist oder
nicht. Ist G kommutativ, so ist durch Vertauschen der Argumente jede Linksoperation auch eine Rechtsoparation. Ist G nicht kommutiativ
gilt folgendes: Jede Linksoperation
φ:G×A→A
2
eine Rechtoperation definiert durch
ψ : A × G → A, ψ(a, g) := φ(g −1 , a).
Außerdem definiert jede Rechtsoperation
ψ :A×G→A
eine Linksoperation durch
φ : G × A → A, φ(g, a) = ψ(a, g −1 ).
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2.1
Lösungen
Aufgabe 1
Anstelle der geforderten Kombinatorik von Gruppentafeln sei der folgenden
Standardbeweis von G ∼
= Z /5 Z erwähnt:
Sei G eine fünfelementige Gruppe und a ∈ G mit a 6= 1 ∈ G. Wir betrachten hai = {an : n ∈ Z} die von a erzeugte Untergruppe. Die Abbildung
N → G, n → an ist offensichtlich nicht injektiv, d.h. es gibt natürliche Zahlen n > m mit an = am . Daraus folgt, dass die Menge N = {n ∈ N : an = 1}
nicht leer ist.
Da jede nichtleere Menge natürlicher Zahlen ein kleinestes Element besitzt
(Wohlordnungsprinzip) gibt es ein kleinstes n0 ∈ N mit an0 = 1. Es gilt
hai = a0 , a1 , a2 , . . . , an0 −1
(*)
Dies sieht man nach Division mit Rest: Ist n ∈ Z so gibt es q, r ∈ Z, so dass
n = qn0 + r
mit r ∈ {0, 1, . . . , n0 − 1}
(**)
Also gilt
an = aqn0 +r = (an0 )q · ar = ar ,
womit (*) gezeigt ist. Folglich induziert die Abbildung Z → G, n 7→ an einen
Homomorphismus
Z /n Z → hai ,
der als inkektive Abbildung zwischen n0 -elementigen Mengen sogar ein Isomorphismus ist. Da jedes g ∈ G zu genau einer Linksebenklasse von G/ hai
gehört (nämlich g hai) und jede dieser Nebenklassen genau n0 Elemente hat,
folgt, dass die Ordnung n0 von hai die Ordnung von G teilt (Satz von Lagrange), ist also 1 oder 5. Der erste Fall ist ausgeschlossen, also ist
G = hai = 1, a, a2 , a3 , a4
3
2.2
Aufgabe 2
Wir definieren
φ : Z /mn Z → Z /m Z × Z /n Z
a + mn Z 7→ (a + m Z, a + n Z)
Dies definiert einen Homomorphismus. Wir müssen zeigen, dass φ wohldefiniert ist, also
a + mn Z = b + mn Z =⇒ a + m Z = b + m Z und a + n Z = b + n Z
und, dass φ ein Homomorphismus ist.
Zum ersten Punkt: a + mn Z = b + mn Z bedeutet: mn teilt a − b, also es
gibt z ∈ Z mit a − b = zmn. Somit teilen auch m und n die Differenz a − b,
womit a + m Z = b + m Z und a + n Z = b + n Z. (Bemerkung: Erst jetzt
wissen wir, dass φ eine Abbildung ist, es also sinnvoll ist, zu fragen, ob φ
ein Homomorphismus ist.)
Dass φ ein Homomorphismus ist, folgt nun durch einfaches Nachrechnen
(wir notieren ak := a + k Z):
φ(amn + bmn ) = φ((a + b)mn ) = ((a + b)m , (a + b)n )
= (am + bm , an + bn ) = (am , an ) + (bm , bn )
= φ(amn ) + φ(bmn )
Sind m und n teilerfremd, so ist φ ein Isomorphimus. Wir geben eine Umkehrabbildung ψ : Z /m Z × Z /n Z → Z /mn Z an. Da m und n teilerfremd
sind, gibt es x, y ∈ Z mit xm + yn = 1. Wir definieren
ψ(a + m Z, b + n Z) := bmx + any + mn Z
dies ist wohldefiniert (dies sieht man mit einer ähnlichen Argumentation wie
bei φ).
Wir zeigen nun, dass ψ ein Links- und Rechtsinverses von φ ist:
Linksinvers
(ψφ)(a + mn Z) = ψ(a + m Z, a + n Z) = amx + any +mn Z
|
{z
}
=a·1
Rechtsinvers
(φψ)(a + m Z, b + n Z) = φ(bmx + any + mn Z)
= (bmx + any + m Z, bmx + any + n Z)
= (any + m Z, bmx + Z)
= (any + amx +m Z, bmx + bny + Z)
{z
}
| {z }
|
a
4
b
Sind m und n nicht teilerfremd, so gibt es einen gemeinsamen Teiler 1 < d.
n
Definiere k := mn
d , dies ist ein ganzzahliges Vielfaches von m ( d ∈ Z) und
ein ganzzahliges Vielfaches von n ( m
d ∈ Z). Es ist k + mn Z 6= mn Z, weil
d < mn, allerdings ist
φ(k + mn Z) = (k + m Z, k + n Z) = (m Z, n Z) = φ(0 + mn Z)
Also ist φ nicht injektiv.
2.3
Aufgabe 3
Eine Gruppenwirkung von Z bzw. Z /2 Z auf den Mengen {1, 2} bzw. {1, 2, 3}
entspricht einem Gruppenhomomorphismus φ : Z → S2 bzw. ψ : Z /2 Z →
S3 .
• Sei φ : Z → S2 ein Morphismus. Da Z zyklisch ist (Z wird von 1
erzeugt) wird jeder Homomorphismus von Z in eine Gruppe durch das
Bild von 1 bereits festgelegt:
Ist φ(1) = g ∈ G, so gilt φ(−1)φ(1) = φ(0) = 1 ∈ G, also ist φ(−1) =
g −1 (Es ist ein Linksinverses zu g). Induktiv ergibt sich:
(
gn
für n ≥ 0
φ(n) =
−|n|
g
für n < 0
Im vorliegenden Fall gibt es also höchstens zwei Homomorphismen definiert durch: 1 7→ id bzw. 1 7→ (1 2). Die erste Zuordnung definiert
den trivialen Homomorphismus. Für die (
zweite Zuordnung sieht man
id
für n gerade
schnell, dass dies die Abbildung φ(n) =
defi(1 2) für n ungerade
niert. Sie ist ein Homorphismus, weil Summen von zwei geraden bzw.
ungeraden Zahlen gerade sind und die Summe von einer ungeraden
und einer geraden Zahl ungerade ist.
• Auch ein Homomorphismus ψ von Z /2 Z in eine Gruppe G ist durch
das Bild ihres Erzeugers [1] festgelegt. Ist nun ψ([1]) = g so gilt:
g 2 = ψ([1])ψ([1]) = ψ([1] + [1]) = ψ([0]) = 1
Damit bleiben für ψ nur vier Möglichkeiten
[1] 7→ id,
[1] 7→ (1 2),
[1] 7→ (1 3),
[1] 7→ (2 3)
Dass hierdurch Gruppenhomomorphismen definiert werden, ist unmittelbar klar.
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2.4
Aufgabe 4
Die Elemente von Sym(E) erhalten Längen und Winkel (sie sind insbesondere orthogonal, erhalten also nach Definition das euklidische Skalarprodukt).
Da E [0] auch als die Menge
√ der Punkte in E gesehen werden kann, deren
Abstand zum Ursprung 3 beträgt, wird E [0] wegen der Längenerhaltung
auf sich abgebildet.
Die vierelementige Menge M = [−1, 1] v | v ∈ E [0] ∩ {1} × R2 wird wegen
der Winkelerhaltung (zwischen den Endpunkten einer Strecke) auf sich abgebildet.
Wir definieren
m1 := [−1, 1] (1, 1, 1) ,
m2 := [−1, 1] (1, −1, 1) ,
m3 := [−1, 1] (1, −1, −1) ,
m4 := [−1, 1] (1, 1, −1)
Weil M auf sich abgebildet wird, gibt es für g ∈ Sym(E) und i = 1, 2, 3, 4
ein σg (i) ∈ {1, 2, 3, 4} mit
g.mi = mσg (i)
Es gilt für g, h ∈ G
mσgh (i) = (gh).mi = g.(h.mi ) = g.(mσh (i) ) = mσg (σh (i)) = m(σg ◦σh )(i)
Wegen σid = id{1,2,3,4} ist also die Abbildung i 7→ σg (i) für jedes g ∈ Sym(E)
invertierbar, also in S4 . Aus dem obigen folgt sofort, dass
h : Sym(E) → S4
ein Gruppenhomomorphismus ist.
Da h ein Homomorphismus ist, müssen wir nur zeigen, dass es eine Erzeugermenge von S4 im Bild von h gibt, zum Beispiel die Menge der Transpositionen {(1 2), (1 3), (1 4), (2 3), (2 4), (3 4)}. Diese Transpositionen sind Bilder
der 180◦ Grad-Drehung um die Achsen
d12 := R (1, 0, 1)
d13 := R (0, 1, 1)
d14 := R (1, 1, 0)
d23 := R (1, −1, 0)
d24 := R (0, −1, 1)
d34 := R (1, 0, −1)
Für die Injektivität machen wir uns folgenedes klar: Ist h(g) = id, so gilt
g.(1, 1, 1) = (−1, −1, −1) m1 bleibt fix
g.(1, 1, 1) = (1, 1, 1)
oder
g.(1, −1, 1) = (1, −1, 1)
oder
g.(1, −1, 1) = (−1, 1, −1)
m2 bleibt fix
g.(−1, 1, 1) = (−1, 1, 1)
oder
g.(−1, 1, 1) = (1, 1, −1)
m1 bleibt fix
g.(1, 1, −1) = (1, 1, −1)
oder
g.(1, 1, −1) = (−1, −1, 1)
m1 bleibt fix
Wegen (1, 1, 1) = (−1, 1, 1) + (1, −1, 1) + (1, 1, −1) gilt auch g.(1, 1, 1) =
g.(−1, 1, 1) + g.(1, −1, 1) + g.(1, 1, −1).
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Der Fall g.(1, 1, 1) = (1, 1, 1) zieht nach sich, dass g auch auf die Vektoren
(−1, 1, 1), (1, −1, 1), (1, 1, −1) als Identität wirkt:
Eine Summe aus 1 und -1 mit drei Summanden ist genau dann 1, wenn zwei
Summanden 1 sind und der dritte -1. Da diese Vektoren ein Erzeugendensystem von R3 bilden, ist g also die Identität.
Mit dem gleichen Argument sieht man, dass g.(1, 1, 1) = (−1, −1, −1) nach
sich zieht, dass g als Multiplikation mit -1 auf den anderen Vektoren wirkt.
Da diese Vektoren R3 erzeugen, folgt: g = − id, womit g nicht in SO(3)
wäre, ein Widerspruch.
Wir haben somit gefolgert, dass ker h = {id}, also h injektiv ist.
Alternativ kann man die Bahnformel verwenden, um | Sym(E)| = |S4 | =
24 zu zeigen. Letzteres folgt aus der Bahnenformel, z.B. wirkt G transitiv auf
der Menge der Seitenflächen (6 Elemente) mit Stabilisator die Drehungen
um Vielfache von π/2 um die Seitennormale (4 Elemente), also | Sym(E)| =
4 · 6 = |S4 | wie behauptet. Ebenso wirkt G tansitiv auf der Eckenmenge mit
Stabilsator isomorph zu Z /3, also | Sym(E)| = 3 · 8 = |S4 |.
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